【费用流】BZOJ1061: [Noi2008]志愿者招募（这题超好）

1061: [Noi2008]志愿者招募

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Description

　　申奥成功后，布布经过不懈努力，终于成为奥组委下属公司人力资源部门的主管。布布刚上任就遇到了一个难

题：为即将启动的奥运新项目招募一批短期志愿者。经过估算，这个项目需要N 天才能完成，其中第i 天至少需要

Ai 个人。布布通过了解得知，一共有M 类志愿者可以招募。其中第i 类可以从第Si 天工作到第Ti 天，招募费用

是每人Ci 元。新官上任三把火，为了出色地完成自己的工作，布布希望用尽量少的费用招募足够的志愿者，但这

并不是他的特长！于是布布找到了你，希望你帮他设计一种最优的招募方案。

Input

　　第一行包含两个整数N, M，表示完成项目的天数和可以招募的志愿者的种类。接下来的一行中包含N 个非负

整数，表示每天至少需要的志愿者人数。接下来的M 行中每行包含三个整数Si, Ti, Ci，含义如上文所述。为了

方便起见，我们可以认为每类志愿者的数量都是无限多的。

Output

　　仅包含一个整数，表示你所设计的最优方案的总费用。

Sample Input

3 3
2 3 4
1 2 2
2 3 5
3 3 2

Sample Output

HINT

1 ≤ N ≤ 1000，1 ≤ M ≤ 10000，题目中其他所涉及的数据均不超过2^31-1。

题解

这题dalao们要不就是用线性规划来把不定方程转化为一般方程建边跑费用流

但是有dalao提出了这样一种建边方法（我们用二元组（cap，val）表示边的流量和花费）：

对于每一天向后一天连边(inf−ai,0)
对于每一种志愿者选择，从L到R+1建边（inf，cost[i]）
从超级源向第一天连边(inf,0)
从最后一天+1向超级汇连边(inf,0)

但是为什么这样是对的呢？

原谅本蒟蒻看了许多dalao们的解释都看不懂。。。

于是我就自己YY了一下：

假设有一种免费志愿者，他的工作区间为（1，n）
我们每天都需要inf个志愿者，其中有至少a[i]个非免费志愿者，也就是最多有inf-a[i]个免费志愿者
所以我们对于每一天向它的下一天连边（inf-a[i]，0）意味着这一天工作完下一天继续工作的免费志愿者最多为inf-a[i]个（因为中间不能临时增加免费志愿者）
然后对于每个非免费志愿者i的工作区间（l,r），我们从l向r+1连一条边（inf,c[i]）表示我们这几天可以花费每人c[i]的代价让免费志愿者直接去往第r+1天，而剩下的部分由非免费志愿者补齐
建立超级源点向第一天连（inf，0）表示第一天可以有inf个免费志愿者
从第n+1天向超级汇点连（inf，0）表示最后每天都要有inf个志愿者
这样就可以把有下限无上限的问题转化成有上限无下限的问题

跑费用流

代码

//by 减维

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<queue>

#include<bitset>

#include<set>

#include<cmath>

#include<vector>

#include<set>

#include<map>

#include<ctime>

#include<algorithm>

#define ll long long

#define db double

#define inf 2147483647//1<<29

#define maxn 20005

#define eps 1e-8

using namespace std;

inline int read()

{

    int ret=;bool fla=;char ch=getchar();

    while((ch<''||ch>'')&&ch!='-')ch=getchar();

    if(ch=='-'){fla=;ch=getchar();}

    while(ch>=''&&ch<=''){ret=ret*+ch-'';ch=getchar();}

    return fla?-ret:ret;

}

struct edge{

    int to,ne,cap,val;

}e[maxn<<];

int n,m,s,t,ecnt=,a[maxn],head[maxn],dis[maxn];

bool pd[maxn],vis[maxn];

void add(int x,int y,int z,int k)

{

    ecnt++;e[ecnt]=(edge){y,head[x],z,k};head[x]=ecnt;

    ecnt++;e[ecnt]=(edge){x,head[y],,-k};head[y]=ecnt;

}

bool bfs()

{

    deque<int>q;q.push_back(t);

    for(int i=s;i<=t;++i)dis[i]=inf;dis[t]=;

    memset(pd,,sizeof pd);pd[t]=;

    while(!q.empty())

    {

        int d=q.front();q.pop_front();

        pd[d]=;

        for(int i=head[d];i;i=e[i].ne)

        {

            int dd=e[i].to;

            if(e[i^].cap&&dis[dd]>dis[d]-e[i].val)

            {

                dis[dd]=dis[d]-e[i].val;

                if(!pd[dd]){

                    pd[dd]=;

                    if(q.empty()||dis[dd]>dis[q.front()]) q.push_back(dd);

                    else q.push_front(dd);

                }

            }

        }

    }

    return dis[s]<inf;

}

int dfs(int x,int cap)

{

    vis[x]=;

    if(x==t||!cap)return cap;

    int tmp,ret=;

    for(int i=head[x];i;i=e[i].ne)

    {

        int dd=e[i].to;

        if(!vis[dd]&&e[i].cap&&dis[dd]==dis[x]-e[i].val)

        {

            tmp=dfs(dd,min(e[i].cap,cap));

            cap-=tmp;ret+=tmp;

            e[i].cap-=tmp;e[i^].cap+=tmp;

        }

    }

    return ret;

}

int zkw()

{

    int ret=;

    while(bfs())

    {

        vis[t]=;

        while(vis[t]){

            memset(vis,,sizeof vis);

            ret+=dfs(s,inf)*dis[s];

        }

    }

    return ret;

}

int main()

{

    n=read();m=read();

    s=,t=n+;

    for(int i=;i<=n;++i) a[i]=read(),add(i,i+,inf-a[i],);

    for(int i=,x,l,r;i<=m;++i) l=read(),r=read(),x=read(),add(l,r+,inf,x);

    add(s,,inf,);add(n+,t,inf,);

    printf("%d",zkw());

    return ;

}